【化学】河北省宣化市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试卷（解析版）

河北省宣化市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试卷
一、单选题（本大题共15小题，共60.0分）
1. 下列过程没有发生化学反应的是
A. 用消毒液杀灭游泳池中的藻类
B. 用融化路面的积雪
C. 用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤
D. 用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质
2. 下列有关对定量实验误差分析正确的是
A. 中和热测定实验中，缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中测定结果无影响
B. 酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用待测液润洗测定结果无影响
C. 测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的测定结果无影响
D. 现需 溶液，称取固体配制溶液浓度偏低
3. 将amol二氧化锰粉末加入的浓盐酸中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 可以收集到氯气
B. 反应后溶液中的数目为2a
C. 转移电子数d与的物质的量n的关系为
D. 反应后溶液中的数目为
4. 下列实验操作正确的是

实验
操作
A
证明某溶液中存在
先加少量氯水，再滴加KSCN溶液，出现血红色
B
测定熔融苛性钠的导电性
在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C
证明氯的非金属性大于碳
向碳酸钙中滴加盐酸，有气泡产生
D
制备氯化镁固体
将晶体在氯化氢的气流中加热
5. 将反应的产物气体通入溶液，下列判断正确的是
A. 无沉淀生成
B. 肯定没有生成
C. 得到的沉淀是纯净物
D. 得到的沉淀是和组成的混合物
6. 在指定条件下，下列各组离子可能大量共存的是
A. 无色澄清透明溶液中：、、、
B. 与铝反应放出的溶液中：、、、
C. 由水电离的的溶液中：、、、
D. 滴加酚酞显红色的溶液中：、、、
7. 将溶液或气体逐渐加入或通入到一定量的Y溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图中情况的一组物质是

 
X
Y溶液
A
 溶液
 NaOH溶液
B
 KOH溶液
 溶液
C
溶液 
 溶液
D
 气体
 石灰水
8. 短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图，其中Y所处的周期数与族序数相等．W最外层电子数是其内层电子数的3倍．下列说法不正确的是




W
X

Y

Z
A. X、Y、Z、W的原子半径依次减小
B. W与X形成的化合物中只含有离子键
C. 气态氢化物的稳定性：
D. W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应
9. 为了检验某含有杂质的样品的纯度，现将 g 样品加热，其质量变为 g，则该样品的纯度质量分数是
A. B. C. D.
10. 室温下，在溶液中，逐滴加入溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是

A. a点时，溶液呈酸性的原因是水解，离子方程式为：
B. 段，溶液pH增大，浓度不变
C. 段，加入的主要用于生成沉淀
D. d点时，沉淀开始溶解
11. 取浓度均为的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入，发生反应：、将浓度均为、体积均为1L的HA溶液和HB溶液分别加水稀释至体积为VL，溶液pH的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是

A. HA是强酸，HB是弱酸
B. X是HB，Y是HA
C. 常温下，pH相等的NaA溶液与NaB溶液的物质的量浓度：
D. NaA与NaB的混合溶液中：
12. 现有a、b、c三个容器，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，c容器恒容绝热．在三个容器中各充入和发生反应，初始时三个容器的体积和温度均相等，则反应达到平衡后，三个容器中的转化率的大小关系是
A. B. C. D.
13. 对于密闭容器中可逆反应，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如图所示的曲线图中T表示温度，n表示物质的量下列判断正确的是

A. 加入催化剂可以使状态d变为状态b
B. 若，则逆反应一定是放热反应
C. 达到平衡时的转化率大小为：
D. 在和不变时达到平衡，的物质的量大小为：
14. 时，下列溶液的pH如表，有关比较正确的是
序号





溶液
NaCl

NaClO


pH





A. 酸性的相对强弱：
B. 由水电离产生的：
C. 溶液中酸根离子浓度：
D. 在溶液等体积混合后的溶液中： 
15. 在2L密闭容器中进行反应，测得随反应时间的变化如图所示。下列判断正确的是   

A. 内，
B. 5min时该反应的K值一定小于时的K值
C. 时，改变的外界条件可能是减小压强
D. 5min时该反应的正大于时的逆
二、简答题（本大题共1小题，共15.0分）
16. 汽车尾气中排放的和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低和CO的排放。
已知：
回答下列问题：
的燃烧热为______。若、1mol  分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1mol  分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。
将还原为单质的热化学方程式为______。
为了模拟反应在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如表：

前2s内的平均反应速率______，此温度下，该反应的平衡常数______。
能说明上述反应达到平衡状态的是______。
A.     混合气体的平均相对分子质量不变
C.气体密度不变                  容器内气体压强不变
当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是______，图中压强、的大小顺序为______。

三、实验题（本大题共2小题，共25.0分）
17. 某课外活动小组欲利用CuO与的反应研究的性质与分子组成，设计了如图实验装置夹持装置未画出进行实验。请回答下列问题：
仪器a的名称为______；仪器b中的试剂不能为下列中的______填字母
A.氧化钙     碱石灰     石灰石     生石灰
装置B的作用是______
实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体，上述现象证明了具有______性，写出装置C中发生反应的化学方程式______
装置中浓硫酸的作用______写出一条即可
实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为已折算成标准状况，则氨分子中氮、氢的原子个数比为______用含m、n字母的代数式表示
18. 是一种饲料营养强化剂．以含钴废料含少量Fe、Al等杂质制取的一种新工艺流程如图：
已知：
钴与盐酸反应的化学方程式为：
熔点，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴．
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物




开始沉淀




完全沉淀




(1) 在上述工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其
主要优点为______．
加入碳酸钠调节pH至a，a的范围是______．
操作Ⅰ包含3个实验基本操作，它们依次是______和过滤．
制得的在烘干时需减压烘干的原因是______．
为测定产品中含量，某同学将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量的溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量．通过计算发现产品中的质量分数大于，其原因可能是______．
在实验室，为了从上述产品中获得纯净的，通常先将产品溶解在乙醚中，除去不溶性杂质后，再进行______操作．
【参考答案】
1.【答案】B
【解析】解：用消毒液杀灭游泳池中的藻类，过程中发生氧化还原反应说错了锌的物质属于化学变化，故A不符合；
B.融雪剂可以融化道路上的积雪。某种融雪剂由氯化钠和氯化钙组成，用融化路面的积雪，氯盐类融雪剂溶于水雪后，溶液的冰点下降，都在零度以下。如氯化钠溶于水后冰点在，氯化钙在左右，醋酸盐类可达左右。盐的溶解使含盐雪水的凝固点降低，因此在雪水中溶解了盐之后就难以再形成冰块，无新物质生成，不是化学变化，故B符合；
C.二氧化硫与氮的氧化物能与水反应，生成硫酸、硝酸，溶液呈酸性，是造成酸雨的主要气体，在已酸化的土壤中加石灰，能改良酸性土壤，修复被酸雨浸蚀的土壤，故C不符合；
D.一氧化碳与一氧化氮发生氧化还原反应生成二氧化碳和氮气，所以利用催化措施，可以将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体，发生化学反应，故D不符合；
故选：B。
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断．
本题考查了很想知识的理解应用、物质性质的分析判断，注意知识积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大．
2.【答案】D
【解析】解：A、中和热测定实验中，缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中，会导致热量散失较多，使测定结果偏低，故A错误；
B、酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用待测液润洗，待测液的量偏大，导致标准液的消耗增多，测定结果偏大，故B错误；
C、氯气会漂白试纸，故pH试纸无法测定新制氯水的pH，故C错误；
D、现需 溶液，容量瓶的规格为100mL，实际配制溶液应为100mL，需要的NaOH的质量为：，所以称取固体配制，导致溶液的浓度偏低，故D正确；
故选D。
本题考查了实验误差的分析，掌握实验原理和物质性质是关键，题目难度中等。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析能力，D选项为易错点，学生容易忽略盐酸易挥发，难度中等。
【解答】
发生，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应。
A.根据二氧化锰或转移电子数可以计算生成氯气的物质的量或质量，氯气所处的温度、压强不确定，密度也未知，不能计算其体积，故A错误；
B.反应中盐酸一定过量，所以氯离子的物质的量大于2amol，故B错误；
C、根据转移电子数相等，1mol二氧化锰转移2mol的电子，所以得电子的物质的量为：，而反应中转移电子d个，所以转移电子的物质的量为，即，故C正确；
D.由于浓盐酸易挥发，无法计算反应后溶液中的数目，故D错误，
故选：C。
4.【答案】D
【解析】解：先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，应先加KSCN溶液、后加氯水检验，故A错误；
B.瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体，发生反应，应选铁坩埚，故B错误；
C.盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故C错误；
D.在HCl气流中可抑制镁离子水解，将晶体在氯化氢的气流中加热制备，故D正确；
故选：D。
A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰；
B.瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体，发生反应；
C.盐酸为无氧酸；
D.在HCl气流中可抑制镁离子水解。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：反应后的混合气体通入到溶液中发生的是复分解反应：；；；先反应。依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，1mol三氧化硫转化为1mol硫酸铵消耗氨气2mol，则还会剩余4mol氨气，即此时4mol氨水会和2mol二氧化硫反应生成2mol亚硫酸铵，1mol硫酸铵对应得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸铵对应得到2mol亚硫酸钡，剩余1mol二氧化硫和2mol亚硫酸钡反应生成1mol亚硫酸氢钡，剩余1mol亚硫酸钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为和。
故选：D。
根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断，生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡．
本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等．
6.【答案】C
【解析】解：呈浅绿色，不符合无色条件，故A错误；
B.碱性条件下生成弱电解质一水合氨，酸性条件下硝酸和Al反应生成氮的化合物而不是氢气，故B错误；
C.酸性条件下，生成弱电解质而不能大量共存，但是碱性条件下这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以碱性条件下能大量共存，故C正确；
D.、发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.无色溶液则不含有色离子；
B.与Al反应放出氢气的溶液为弱氧化性酸溶液或强碱溶液；
C.由水电离的的溶液中水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性；
D.使酚酞试液变红色的溶液呈碱性。
本题考查离子共存，侧重考查分析判断能力，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意题干中隐含信息，B为解答易错点，注意：硝酸和Al反应不生成氢气，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：由图可知，加入X物质，开始不产生沉淀，加入一定量的X时开始产生沉淀，当沉淀达最大值时，再加入X沉淀不溶解。
A、氢氧化钠溶液中加入碳酸氢钡溶液立即生成碳酸钡沉淀，图象与实际不符合，故A错误；
B、溶液中加入KOH溶液，先发生中和反应，氢氧化钠中和完溶液中的氢离子后，再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，且氢氧化镁不溶于氢氧化钠，图象与实际符合，故B正确；
C、氯化钙溶液中加入碳酸钠溶液反应生成碳酸钙与氯化钠，立即产生碳酸钙沉淀，图象与实际不符合，故C错误；
D、石灰水通入二氧化碳立即生成碳酸钙沉淀，最后沉淀完全溶解，图象与实际不符合，故D错误；
故选：B。
由图可知，加入X物质，开始不产生沉淀，加入一定量的X时开始产生沉淀，当沉淀达最大值时，再加入X沉淀不溶解．
A、氢氧化钠溶液中加入碳酸氢钡溶液立即生成碳酸钡沉淀；
B、溶液中加入KOH溶液，先发生中和反应，氢氧化钠中和完溶液中的氢离子后，再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，且氢氧化镁不溶于氢氧化钠；
C、氯化钙溶液中加入碳酸钠溶液立即产生碳酸钙沉淀；
D、石灰水通入二氧化碳立即生成碳酸钙沉淀，最后沉淀完全溶解．
本题考查离子反应、离子反应与关系关系等，难度中等，清楚物质之间的反应是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na。
A.同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径，故A正确；
B.W与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，故B错误；
C.非金属性，故氢化物稳定性，故C正确；
D.W与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，故D正确，
故选：B。
短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na，据此解答．
本题考查位置结构性质的应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，题目难度不大．
9.【答案】A
【解析】解：设样品中含有杂质的质量为x，则
减少
       106                                       62
x                                                    
，
解得，
则，
故选：A。
根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度．
本题考查学生利用反应前后的固体的质量查来进行计算，明确发生的化学反应及固体质量差的应用是解答的关键．
10.【答案】C
【解析】解：硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为，故A错误；
B.段，发生，但加入NaOH溶液，总体积增大，则浓度减小，故B错误；
C.段，pH变化不大，主要发生，则加入的主要用于生成沉淀，故C正确；
D.c点后pH发生突变，NaOH过量，沉淀开始溶解，生成，碱性较强，而d点，NaOH远远过量，故D错误；
故选：C。
A.硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；
C.段，pH变化不大；
D.c点后pH发生突变，NaOH过量．
本题为2014年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确段中铝离子过量，题目难度不大．
11.【答案】B
【解析】解：A、体积均为1L的HA溶液和HB溶液分别加水稀释至体积为VL，加水稀释相同的倍数时，pH变化小的是HB，得到酸性强弱顺序是HA大于HB，但是无法判断是不是强酸和弱酸，故A错误；
B、已知：、，则酸性：，加水稀释，促进弱酸的电离，酸性越弱，溶液稀释时pH变化越小，所以加水稀释相同的倍数时，pH变化小的是HB，由图可知，X是HB，Y是HA，故B正确；
C、酸性：，酸性越弱对应阴离子水解程度越大，减小越强，常温下pH：NaA溶液溶液，故C错误；
D、NaA与NaB的混合溶液中存在电荷守恒：，，故D错误。
故选：B。
已知：、，则酸性：，加水稀释，促进弱酸的电离，酸性越弱，溶液稀释时pH变化越小，NaA与NaB的混合溶液中存在电荷守恒：，据此分析．
本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解原理的应用、影响平衡的因素分析判断．掌握基础是解题关键，题目难度中等．
12.【答案】A
【解析】解：对于，反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，由于压强对平衡无影响，则的转化率的大小关系是，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b，则。
故选：A。
对于，反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b，以此解答该题．
本题考查了化学平衡影响因素，侧重考查容器特征、化学平衡移动原理，为高频考点，注意恒温恒容容器、恒温恒压容器、恒容绝热容器改变条件对平衡的分析方法，题目难度中等．
13.【答案】D
【解析】解：催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态b，故A错误；
B.若，由图象可知温度升高，的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，故B错误；
C.由图可知，横坐标为的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则越大达到平衡时的转化率越大，即达到平衡时的转化率大小为，故C错误；
D.由图可知，横坐标为的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则越大达到平衡时的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时的物质的量大小为：，故D正确；
故选：D。
A、催化剂只改变反应速率不改变平衡移动；
B、若，由图象可知温度升高生成物的物质的量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断；
C、增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率的增大；
D、对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多。
本题考查化学平衡移动图象题，难度中等，本题注意浓度、温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响。
14.【答案】D
【解析】解：A、盐的水解原理：越弱越水解，根据数据得到NaClO中次氯酸根离子的水解程度小于中碳酸根离子的水解程度，所以酸性：，故A错误；
B、醋酸铵是能水解的盐能促进水的电离，NaCl是不水解的盐，对水的电离无影响，所以由水电离产生的：，故B错误；
C、盐的水解原理：越弱越水解，根据数据得到NaClO中次氯酸根离子的水解程度大于中碳酸根离子的水解程度，溶液中酸根离子浓度：，故C错误；
D、等体积等浓度碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中存在物料守恒：，故D正确。
故选：D。
A、盐的水解原理：越弱越水解，据此确定弱酸的酸性强弱；
B、能水解的盐能促进水的电离，不水解的盐对水的电离无影响；
C、盐的水解原理：越弱越水解，据此根据水解程度确定溶液中离子的浓度；
D、碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中存在物料守恒．
本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、盐的水解原理：越弱越水解、物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
15.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质，难度中等，注意根据浓度变化判断可能改变的条件．
【解答】
A.根据图可知，前5min内的浓度由减小为，根据，由化学计量数之比等于反应速率之比，则，故A错误；
B.由图可知，10min时的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以时该反应的K值一定小于时的K值，故B正确；
C.由图可知，10min时的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，故C错误；
D.根据B的判断，时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5min时该反应的小于11min时的，故D错误；
故选：B。
16.【答案】； ； 
；   
；5000； ； 该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小；  。
【解析】【分析】
本题考查化学平衡状态的判断及计算、盖斯定律的应用等知识，涉及平均反应速率与化学平衡常数的计算、平衡状态的判断及影响平衡移动的因素等，较为综合，考查对图表分析提取信息能力等，为高考常见题型，题目难度中等。
【解答】
已知，可知1molCO完全燃烧生成时释放的能量为，则CO的燃烧热为；已知，且1mol 、1mol  分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，设1mol  分子中化学键断裂时需吸收的能量为QkJ，则，解得：，
故答案为：；；
已知：、、，根据盖斯定律可知，可得：，则，则CO将还原为单质的热化学方程式为，
故答案为：；
前2s内NO变化浓度为，平均反应速率，则前2s内的平均反应速率；
由图表可知反应进行到4s时达到平衡状态，
                                  
起始浓度                          0              0
变化浓度                                       
平衡浓度                                     
此温度下，该反应的平衡常数；
故答案为：；5000；
在反应中，随着反应的进行容器内始终保持，则时无法确定是平衡状态，故A错误；
B.混合气体的质量和始终不变，气体的总物质的量不断变化，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达到平衡状态，故B正确；
C.混合气体的质量和体积始终不变，则容器内混合气体的密度保持不变，无法判断是平衡状态，故C错误；
D.在恒温、恒容条件下，反应进行过程中气体总物质的量不断变化，压强也在变化，当容器内混合气体的压强保持不变，说明达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
此反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，另外，反应的正方向是气体总物质的量减小的方向，则增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，即，
故答案为：该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小；。
17.【答案】分液漏斗   C   干燥氨气   还原     阻止F中水蒸气进入或吸收未反应的氨气  
【解析】解：装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，试剂可为氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体，故答案为：：分液漏斗；C；
装置A制得的氨气含有水蒸气，B中碱石灰用来干燥氨气；故答案为：干燥氨气；
实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：；故答案为：还原；；
根据流程分析，浓硫酸是阻止F中水蒸气进入或吸收未反应的氨气；
故答案为：阻止F中水蒸气进入或吸收未反应的氨气；
若测得干燥管D增重mg为水，物质的量为：，装置F测得气体的体积为已折算成标准状况，物质的量为： mol，根据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比，则氨分子中氮、氢的原子个数比为：：；故答案为：。
A中浓氨水在氧化钙或者氢氧化钠、碱石灰等作用下可以放出大量的氨气，得到的氨气经过B装置干燥进入C装置与CuO发生反应：，D、E装置用来吸收氨气，同时E装置可以防止F中的水汽进入C装置，F用于测量生成的氮气的体积。
根据装置仪器分析回答，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰；
装置B中碱石灰用来干燥氨气；
中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；
装置中浓硫酸的作用根据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D；
干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；根据元素守恒计算得到。
本题考查了物质的制备与性质，涉及方程式的书写，试剂的选择，有关计算，题目难度中等，把握基础是关键。
18.【答案】减少有毒气体的排放，防止大气污染，防止产品中混有硝酸盐；
；
蒸发浓缩、冷却结晶；
降低烘干温度，防止产品分解；
样品中含有NaCl杂质，烘干时失去了部分结晶水；
蒸馏．
【解析】解：含钴废料中加入盐酸，可得、、，加入过氧化氢，可得到，然后加入调pH至，可得到、沉淀，过滤后所得滤液主要含有，为得到晶体，应空气温度在以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，
可减压烘干，以此解答该题．
金属和盐酸反应生成氯化物，和硝酸反应生成硝酸盐，同时生成一氧化氮，导致氯化物中含有硝酸盐杂质，且生成有毒气体，污染环境，
故答案为：减少有毒气体的排放，防止大气污染，防止产品中混有硝酸盐；
废料加入盐酸后生成氯化物，然后加入双氧水，二价铁离子被双氧水氧化生成三价铁离子，根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于不大于；故答案为：；
从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
根据题意知，常温下稳定无毒，加热至时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的需减压烘干，故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；
根据的组成分析，造成产品中的质量分数大于的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：样品中含有NaCl杂质，烘干时失去了部分结晶水；
根据的性质选取方法，熔点，易溶于乙醚，所以将产品溶于乙醚，过滤后再蒸馏，从而获得较纯净的，故答案为：蒸馏．
本题考查了实验方案设计中的有关知识，难度较大，比较突出的难点是：1、误差的分析不知如何寻找“题眼”；2、信息题中信息的阅读、提取有用信息然后进行加工的方法不会，从而导致做题错误较多．